高中物理常见的物理模型-附带经典63道压轴题 78页

高三物理第二轮总复习 (大纲版) 第 9 专题 高中物理常见的物理模型 方法概述 高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识 与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万 化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下： (1)选择题中一般都包含 3～4 道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题． (2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题 的可能性较大． (3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、 带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹 簧的连接体模型． 高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全 面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高 考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中 出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述． 热点、重点、难点 一、斜面问题 在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．如 2009 年高考全国理综卷Ⅰ第 25 题、北京理综卷第 18 题、天津理综卷第 1 题、上海物理卷第 22 题等，2008 年高考全国 理综卷Ⅰ第 14 题、全国理综卷Ⅱ第 16 题、北京理综卷第 20 题、江苏物理卷第 7 题和第 15 题等．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结 论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法． 1．自由释放的滑块能在斜面上(如图 9－1 甲所示)匀速下滑时，m与 M之间的动摩擦 因数μ＝gtan θ． 图 9－1 甲 2．自由释放的滑块在斜面上(如图 9－1 甲所示)： (1)静止或匀速下滑时，斜面 M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左． 3．自由释放的滑块在斜面上(如图 9－1 乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力 为零，这一过程中再在 m上加上任何方向的作用力，(在 m停止前)M对水平地面的静摩擦 力依然为零(见一轮书中的方法概述)． 图 9－1 乙 4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图 9－2 所示)： 图 9－2 (1)向下的加速度 a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面； (2)向下的加速度 a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； (3)向下的加速度 a＜gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下． 5．在倾角为θ的斜面上以速度 v0 平抛一小球(如图 9－3 所示)： 图 9－3 (1)落到斜面上的时间 t＝2v0tan θ g ； (2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且 tan α＝2tan θ，与初速度无 关； (3)经过 tc＝ v0tan θ g 小球距斜面最远，最大距离 d＝(v0sin θ)2 2gcos θ ． 6．如图 9－4 所示，当整体有向右的加速度 a＝gtan θ时，m能在斜面上保持相对静止． 图 9－4 7．在如图 9－5 所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达 到的稳定速度 vm＝ mgRsin θ B2L2 ． 图 9－5 8．如图 9－6 所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退 的位移 s＝ m m＋M L． 图 9－6 ●例 1 有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分 析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结 果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性． 举例如下：如图 9－7 甲所示，质量为 M、倾角为θ的滑块 A放于水平地面上．把质量 为m的滑块 B放在 A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得 B相对地面的加速度 a＝ M＋m M＋msin2 θ gsin θ，式中 g为重力加速度． 图 9－7 甲 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊 条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项 是错误．．的，请你指出该项[2008 年高考·北京理综卷]( ) A．当θ＝0°时，该解给出 a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的 B．当θ＝90°时，该解给出 a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的 C．当 M≫m时，该解给出 a≈gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 D．当 m≫M时，该解给出 a≈ g sin θ ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 【解析】当 A固定时，很容易得出 a＝gsin θ；当 A置于光滑的水平面时，B加速下滑 的同时 A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度． 图 9－7 乙 设滑块 A的底边长为 L，当 B滑下时 A向左移动的距离为 x，由动量守恒定律得： Mx t ＝mL－x t 解得：x＝ mL M＋m 当 m≫M时，x≈L，即 B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度 a≈g． 选项 D 中，当 m≫M时，a≈ g sin θ ＞g显然不可能． [答案] D 【点评】本例中，若 m、M、θ、L有具体数值，可假设 B下滑至底端时速度 v1的水平、 竖直分量分别为 v1x、v1y，则有： v1y v1x ＝ h L－x ＝ (M＋m)h ML 1 2 mv1x2＋ 1 2 mv1y2＋ 1 2 Mv22＝mgh mv1x＝Mv2 解方程组即可得 v1x、v1y、v1 以及 v1的方向和 m下滑过程中相对地面的加速度． ●例 2 在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方 向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图 9－8 甲所示)，它们的宽度均为 L．一个 质量为 m、边长也为 L的正方形线框以速度 v 进入上部磁场时，恰好做匀速运动． 图 9－8 甲 (1)当 ab边刚越过边界 ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？ (2)当 ab边到达 gg′与 ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进 入上部磁场到 ab边到达 gg′与 ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？ (线框的 ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力) 【解析】(1)当线框的 ab边从高处刚进入上部磁场(如图 9－8 乙中的位置①所示)时， 线框恰好做匀速运动，则有： mgsin θ＝BI1L 此时 I1＝ BLv R 当线框的 ab边刚好越过边界 ff′(如图 9－8 乙中的位置②所示)时，由于线框从位置① 到位置②始终做匀速运动，此时将 ab边与 cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加， 回路中电流的大小等于 2I1．故线框的加速度大小为： 图 9－8 乙 a＝4BI1L－mgsin θ m ＝3gsin θ，方向沿斜面向上． (2)而当线框的 ab边到达 gg′与 ff′的正中间位置(如图 9－8 乙中的位置③所示)时， 线框又恰好做匀速运动，说明 mgsin θ＝4BI2L 故 I2＝1 4 I1 由 I1＝ BLv R 可知，此时 v′＝ 1 4 v 从位置①到位置③，线框的重力势能减少了 3 2 mgLsin θ 动能减少了 1 2 mv2－ 1 2 m(v 4 )2＝ 15 32 mv2 由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有： Q＝3 2 mgLsin θ＋15 32 mv2． [答案] (1)3gsin θ，方向沿斜面向上 (2)3 2 mgLsin θ＋15 32 mv2 【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌 握各种情况下求平衡速度的方法． 二、叠加体模型 叠加体模型在历年的高考中频繁出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、 摩擦生热、多次作用后的速度变化等，另外广义的叠加体模型可以有许多变化，涉及的问题 更多．如 2009 年高考天津理综卷第 10 题、宁夏理综卷第 20 题、山东理综卷第 24 题，2008 年高考全国理综卷 Ⅰ 的第 15 题、北京理综卷第 24 题、江苏物理卷第 6 题、四川延考区理 综卷第 25 题等． 叠加体模型有较多的变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)， 下列两个典型的情境和结论需要熟记和灵活运用． 1．叠放的长方体物块 A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由释放后 变速运动的过程中(如图 9－9 所示)，A、B之间无摩擦力作用． 图 9－9 2．如图 9－10 所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以 相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即 Q 摩＝f·s 相． 图 9－10 ●例 3 质量为 M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完 全相同的步枪和子弹的射击手．首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d1，然后右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d2，如图 9－11 所示．设子弹 均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时， 下列说法正确的是(注：属于选修 3－5 模块)( ) 图 9－11 A．最终木块静止，d1＝d2 B．最终木块向右运动，d1d2 【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量 为 m，由动量守恒定律得： mv0－mv0＝(M＋2m)v 解得：v＝0，即最终木块静止 设左侧子弹射入木块后的共同速度为 v1，有： mv0＝(m＋M)v1 Q1＝f·d1＝ 1 2 mv02－ 1 2 (m＋M)v12 解得：d1＝ mMv02 2(m＋M)f 对右侧子弹射入的过程，由功能原理得： Q2＝f·d2＝ 1 2 mv02＋ 1 2 (m＋M)v12－0 解得：d2＝ (2m2＋mM)v02 2(m＋M)f 即 d1＜d2． [答案] C 【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为 “动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论． 三、含弹簧的物理模型 纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧 为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、 振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的 分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析． 对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因 此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．如 2009 年 高考福建理综卷第 21 题、山东理综卷第 22 题、重庆理综卷第 24 题，2008 年高考北京理综 卷第 22 题、山东理综卷第 16 题和第 22 题、四川延考区理综卷第 14 题等．题目类型有：静 力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题． 1．静力学中的弹簧问题 (1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx． (2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的 拉力． ●例 4 如图 9－12 甲所示，两木块 A、B的质量分别为 m1 和 m2，两轻质弹簧的劲度 系数分别为 k1 和 k2，两弹簧分别连接 A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块 A， 直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中 A和 B的重力势能共增加了( ) 图 9－12 甲 A． (m1＋m2)2g2 k1＋k2 B．(m1＋m2)2g2 2(k1＋k2) C．(m1＋m2)2g2(k1＋k2 k1k2 ) D． (m1＋m2)2g2 k2 ＋ m1(m1＋m2)g2 k1 【解析】取 A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面 的压力为零时，向上提 A的力 F恰好为： F＝(m1＋m2)g 设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长 x1、x2，如图 9－12 乙所示，由胡克定律得： 图 9－12 乙 x1＝ (m1＋m2)g k1 ，x2＝ (m1＋m2)g k2 故 A、B增加的重力势能共为： ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2 ＝ (m1＋m2)2g2 k2 ＋ m1(m1＋m2)g2 k1 ． [答案] D 【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来 的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝ΔF k 进行计算更快捷方便． ②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功 W＝ F ·x 总＝ (m1＋m2)2g2 2k22 ＋ (m1＋m2)2g2 2k1k2 ． 2．动力学中的弹簧问题 (1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会 发生突变，弹力也不会发生突变． (2)如图 9－13 所示，将 A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻 B与 A开始分离． 图 9－13 ●例 5 一弹簧秤秤盘的质量 m1＝1.5 kg，盘内放一质量 m2＝10.5 kg 的物体 P，弹簧的 质量不计，其劲度系数 k＝800 N/m，整个系统处于静止状态，如图 9－14 所示． 图 9－14 现给 P施加一个竖直向上的力 F，使 P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最 初 0.2 s 内 F是变化的，在 0.2 s 后是恒定的，求 F的最大值和最小值．(取 g＝10 m/s2) 【解析】初始时刻弹簧的压缩量为： x0＝ (m1＋m2)g k ＝0.15 m 设秤盘上升高度 x时 P与秤盘分离，分离时刻有： k(x0－x)－m1g m1 ＝a 又由题意知，对于 0～0.2 s 时间内 P的运动有： 1 2 at2＝x 解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2 故在平衡位置处，拉力有最小值 Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分离时刻拉力达到最大值 Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N 【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻 m1 与 m2之间的弹力恰 好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于 a，故秤盘与重物 分离． 3．与动量、能量相关的弹簧问题 与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过 程中以下两点结论的应用非常重要： (1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等； (2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的 形变最大时两物体的速度相等． ●例 6 如图 9－15 所示，用轻弹簧将质量均为 m＝1 kg 的物块 A和 B连接起来，将它 们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度 h1＝0.90 m．同时释放两物块，A与地 面碰撞后速度立即变为零，由于 B压缩弹簧后被反弹，使 A刚好能离开地面(但不继续上 升)．若将 B物块换为质量为 2m的物块 C(图中未画出)，仍将它与 A固定在空中且弹簧处于 原长，从 A距地面的高度为 h2 处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已 知弹簧的劲度系数 k＝100 N/m，求 h2 的大小． 图 9－15 【解析】设 A物块落地时，B物块的速度为 v1，则有： 1 2 mv12＝mgh1 设 A刚好离地时，弹簧的形变量为 x，对 A物块有： mg＝kx 从 A落地后到 A刚好离开地面的过程中，对于 A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则 有： 1 2 mv12＝mgx＋ΔEp 换成 C后，设 A落地时，C的速度为 v2，则有： 1 2 ·2mv22＝2mgh2 从 A落地后到 A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 1 2 ·2mv22＝2mgx＋ΔEp 联立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m 【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题 时都要用到上述结论“①”．如 2005 年高考全国理综卷Ⅰ第 25 题、1997 年高考全国卷第 25 题等． ●例 7 用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、B两物块都以 v＝6 m/s 的速度在光滑的 水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为 4 kg 的物块 C静止在前方，如图 9－16 甲所示．B 与 C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中： 图 9－16 甲 (1)当弹簧的弹性势能最大时，物体 A的速度为多大？ (2)弹簧弹性势能的最大值是多少？ (3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？ 【解析】(1)当 A、B、C三者的速度相等(设为 vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于 A、B、 C三者组成的系统动量守恒，则有： (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′ 解得：vA′＝ (2＋2)×6 2＋2＋4 m/s＝3 m/s． (2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 B、C两者的速度为 v′， 则有： mBv＝(mB＋mC)v′ 解得：v′＝ 2×6 2＋4 ＝2 m/s A的速度为 vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为 Ep，根据能量守恒定律得： Ep＝ 1 2 (mB＋mC)v′2＋ 1 2 mAv2－ 1 2 (mA＋mB＋mC)vA′2 ＝12 J． (3)方法一 A不可能向左运动． 根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设 A向左，则 vA＜0，vB＞4 m/s 则 B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为： E′＝ 1 2 mAv2A＋ 1 2 (mB＋mC)v2B＞ 1 2 (mB＋mC)v2B＝48 J 实际上系统的机械能为： E＝Ep＋ 1 2 (mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J 根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以 A不可能向左运动． 方法二 B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与 A、B和 C相对振动的 合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动) 由(1)知整体匀速运动的速度 v0＝vA′＝3 m/s 图 9－16 乙 取以 v0＝3 m/s 匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和 C相对振动 的速率最大，分别为： vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s 由此可画出 A、B、C的速度随时间变化的图象如图 9－16 乙所示，故 A不可能有向左 运动的时刻． [答案] (1)3 m/s (2)12 J (3)不可能，理由略 【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以 3 m/s 匀速行驶的车 厢内，A、B和 C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为 3 m/s、1 m/s． ②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时 A的速度为零． ●例 8 探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯 和外壳质量分别为 m和 4m．笔的弹跳过程分为三个阶段： 图 9－17 ①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图 9－17 甲所示)； ②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为 h1 时，与静止的内芯碰撞(如图 9－ 17 乙所示)； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为 h2 处(如图 9 －17 丙所示)． 设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为 g．求： (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小． (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功． (3)从外壳下端离开桌面到上升至 h2处，笔损失的机械能． [2009 年高考·重庆理综卷] 【解析】设外壳上升到 h1 时速度的大小为 v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小 为 v2． (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至 h2 处，由动能定理得： (4m＋m)g(h2－h1)＝1 2 (4m＋m)v22－0 解得：v2＝ 2g(h2－h1)． (2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2 将 v2代入得：v1＝ 5 4 2g(h2－h1) 设弹簧做的功为 W，对外壳应用动能定理有： W－4mgh1＝ 1 2 ×4mv21 将 v1代入得：W＝ 1 4 mg(25h2－9h1)． (3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度 h2 的过程中机械能守恒，只有在外壳和 内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量 E 损＝ 1 2 ×4mv21－ 1 2 (4m＋m)v22 将 v1、v2 代入得：E 损＝ 5 4 mg(h2－h1)． [答案] (1) 2g(h2－h1) (2)1 4 mg(25h2－9h1) (3)5 4 mg(h2－h1) 由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生 的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生 充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守 恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、 拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、 独具特色的考题． 四、传送带问题 从 1990 年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送 类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运 动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分 析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如 2003 年高考全国理综卷第 34 题、2005 年高考全国理综卷Ⅰ第 24 题等． 对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记： (1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离； (2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热 量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功 W＝mv2＝2Ek＝2Q 摩． ●例 9 如图 9－18 甲所示，物块从光滑曲面上的 P点自由滑下，通过粗糙的静止水平 传送带后落到地面上的 Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运 动)，物块仍从 P点自由滑下，则( ) 图 9－18 甲 A．物块有可能不落到地面上 B．物块仍将落在 Q点 C．物块将会落在 Q点的左边 D．物块将会落在 Q点的右边 【解析】如图 9－18 乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为 v0，物块与皮带之 间的动摩擦因数为μ，则： 图 9－18 乙 物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小 a＝μmg m ＝μg 物块滑至传送带右端的速度为： v＝ v02－2μgs 物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程 s＝v0t－1 2 μgt2解得． 当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为： f＝μmg 物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为： a1′＝ μmg m ＝μg 则物块滑至传送带右端的速度 v′＝ v02－2μgs＝v 物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程 s＝v0t－1 2 μgt2 解得． 由以上分析可知物块仍将落在 Q点，选项 B 正确． [答案] B 【点评】对于本例应深刻理解好以下两点： ①滑动摩擦力 f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关； ②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同． 我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为 v0 的物块受到反方向的大 小为μmg的力 F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系． ●例 10 如图 9－19 所示，足够长的水平传送带始终以 v＝3 m/s 的速度向左运动，传 送带上有一质量 M＝2 kg 的小木盒 A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与 传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为 m＝1 kg 的小球先后相隔Δt＝3 s 自传 送带的左端出发，以 v0＝15 m/s 的速度在传送带上向右运动．第 1 个球与木盒相遇后立即进 入盒中并与盒保持相对静止；第 2 个球出发后历时Δt1＝1 3 s 才与木盒相遇．取 g＝10 m/s2， 问： 图 9－19 (1)第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？ (2)第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？ (3)在木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而 产生的热量是多少？ 【解析】(1)设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为 v1，根据动量守恒 定律得： mv0－Mv＝(m＋M)v1 解得：v1＝3 m/s，方向向右． (2)设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s，第 1 个球经过时间 t0与木盒相 遇，则有： t0＝ s v0 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律得： μ(m＋M)g＝(m＋M)a 解得：a＝μg＝3 m/s2，方向向左 设木盒减速运动的时间为 t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为 t2，则： t1＝t2＝ Δv a ＝1 s 故木盒在 2 s 内的位移为零 依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0) 解得：s＝7.5 m，t0＝0.5 s． (3)在木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为 s′，木 盒的位移为 s1，则： s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m 故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为： Q＝fΔs＝54 J． [答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3)54 J 【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法． 能力演练 一、选择题(10×4 分) 1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数 Z的关系图象，下列说法正确的是( ) A．若 D和 E结合成 F，结合过程中一定会吸收核能 B．若 D和 E结合成 F，结合过程中一定会释放核能 C．若 A分裂成 B和 C，分裂过程中一定会吸收核能 D．若 A分裂成 B和 C，分裂过程中一定会释放核能 【解析】D、E结合成 F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A分裂成 B、C粒子时， 总质量减小，核反应释放核能． [答案] BD 2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相 同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量 Q2，向高温物体放出热量 Q1，而外界(压 缩机)必须对工作物质做功 W，制冷系数ε＝Q2 W ．设某一空调的制冷系数为 4，若制冷机每天 从房间内部吸收 2.0×107 J 的热量，则下列说法正确的是( ) A．Q1一定等于 Q2 B．空调的制冷系数越大越耗能 C．制冷机每天放出的热量 Q1＝2.5×107 J D．制冷机每天放出的热量 Q1＝5.0×106 J 【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，选项 A 错误；ε越大，从室内向外传递相同热量时压缩机所 需做的功(耗电)越小，越节省能量，选项 B 错误；又 Q1＝Q2＋ Q2 ε ＝2.5×107 J，故选项 C 正 确． [答案] C 3．图示为一列简谐横波的波形图象，其中实线是 t1＝0 时刻的波形，虚线是 t2＝1.5 s 时的波形，且(t2－t1)小于一个周期．由此可判断( ) A．波长一定是 60 cm B．波一定向 x轴正方向传播 C．波的周期一定是 6 s D．波速可能是 0.1 m/s，也可能是 0.3 m/s 【解析】由题图知λ＝60 cm 若波向 x轴正方向传播，则可知： 波传播的时间 t1＝ T 4 ，传播的位移 s1＝15 cm＝ λ 4 故知 T＝6 s，v＝0.1 m/s 若波向 x轴负方向传播，可知： 波传播的时间 t2＝3 4 T，传播的位移 s2＝45 cm＝ 3λ 4 故知 T＝2 s，v＝0.3 m/s． [答案] AD 4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为 M的 A、B两块木板，在木板 A的上面放 着一个质量为 m的物块 C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及 B与地面之间 的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力 F向右拉动木板 A，使之从 C、B之间抽出来，已知重 力加速度为 g，则拉力 F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦 力)( ) A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg 【解析】无论 F多大，摩擦力都不能使 B向右滑动，而滑动摩擦力能使 C产生的最大 加速度为μg，故 F－μmg－μ(m＋M)g M ＞μg时，即 F＞2μ(m＋M)g时 A可从 B、C之间抽出． [答案] C 5．如图所示，一束单色光 a射向半球形玻璃砖的球心，在玻璃与空气的界面 MN上同 时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大 入射角α，下列说法中正确的是( ) A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β B．b光束的能量逐渐减弱，c光束的能量逐渐加强 C．b光在玻璃中的波长小于 b光在空气中的波长 D．b光光子的能量大于 c光光子的能量 【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α，sin β sin α ＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都增大， 但是θ＜β，选项 A 错误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐加强， 选项 B 错误；又由 n＝sin β sin α ＝ c v ＝ λ λ′ ，b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长，但光子的 能量不变，选项 C 正确、D 错误． [答案] C 6．如图所示，水平传送带以 v＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒 50 kg 的速 度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀 速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( ) A．100 W B．200 W C．500 W D．无法确定 【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有 50 kg 的煤粉被加速至 2 m/s， 故每秒钟传送带的电动机应多做的功为： ΔW＝ΔEk＋Q＝1 2 mv2＋f·Δs＝mv2＝200 J 故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝ΔW t ＝200 W． [答案] B 7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为 k，一端固定，另一端与质 量为 m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电 场 E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( ) A．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为 qE k B．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为 2qE k C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒 D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零 【解析】由题意知，小球位于平衡位置时弹簧的伸长量 x0＝ qE k ，小球速度为零时弹簧 处于原长或伸长了 2x0＝ 2qE k ，选项 A 错误、B 正确． 小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、 电势能的总和保持不变，选项 D 正确． [答案] BD 8．如图所示，将质量为 m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩 擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为 g， 则[2009 年高考·北京理综卷]( ) A．将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tan θ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是 2mgsin θ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是 mgsin θ 【解析】对于静止置于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为 mgsin θ＞μmgcos θ；同 理，当 mgsin θ＜μmgcos θ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项 A、B 错误；当μ ＝tan θ 时，滑块与斜面之间的动摩擦力 f＝mgsin θ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉 力 F＝2mgsin θ，选项 C 正确、D 错误． [答案] C 9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览 中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割 40 mm 厚的钢板、50 mm 厚的大 理石等材料． 将普通的水加压，使其从口径为 0.2 mm 的喷嘴中以 800 m/s～1000 m/s 的速度射出，这 种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材 料所能承受的压强的限度． A．橡胶 5×107 Pa B．花岗石 1.2×108 Pa～2.6×108 Pa C．铸铁 8.8×108 Pa D．工具钢 6.7×108 Pa 设想一“水刀”的水射流横截面积为 S，垂直入射的速度 v＝800 m/s，水射流与材料接 触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材 料中的( ) 【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得： －pS·Δt＝－ρSv·Δt·v 得：p＝ρv2＝6.4×108 Pa 由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料 C 和 D． [答案] CD 10．如图甲所示，质量为 2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为 m的小 铅块(可视为质点)以水平速度 v0 滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静 止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即 m1＝ m2＝m)的两段 1、2 后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度 v0由木 板 1 的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( ) A．小铅块滑到木板 2 的右端前就与之保持相对静止 B．小铅块滑到木板 2 的右端后与之保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为： vt＝ mv0 3m ＝ 1 3 v0 且有 Q＝fL＝1 2 mv02－ 1 2 ×3m(v0 3 )2＝ 1 3 mv02 长木板分两段后，可定量计算出木板 1、2 和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和 相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木 板 2 保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量． 丙 [答案] AD 二、非选择题(共 60 分) 11．(5 分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关 S 接 a点时， 电压表的示数 U1＝11 V，电流表的示数 I1＝0.2 A；当开关 S 接 b点时，U2＝12 V，I2＝0.15 A．那么，为了提高测量的准确性，开关 S 应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为 ________Ω． [答案] b (2 分) 80 (3 分) 12．(10 分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨 道的左端，OP是可绕 O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利 用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能． (1)还需要的器材是________、________． (2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量 ________和________． (3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了 几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格． [答案] (1)天平 刻度尺 (每空 1 分) (2)重力势 质量 上升高度 (每空 1 分) (3)设计表格如下 (5 分) 小球的质量 m＝________kg，弹簧 A 压缩量 x(m) 上升高度 h(m) E＝mgh(J) 压缩量 x＝________cm，小球的质量 m＝________kg 弹簧 A B C 劲度系数 k(N/m) 上升高度 h(m) E＝mgh(J) 13．(10 分)如图所示，一劲度系数 k＝800 N/m 的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为 m＝12 kg 的物体 A、B，A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力 F在 上面的物体 A上，使物体 A开始向上做匀加速运动，经 0.4 s 物体 B刚要离开地面，设整个 过程中弹簧都处于弹性限度内，取 g＝10 m/s2．求： (1)此过程中所加外力 F的最大值和最小值． (2)此过程中外力 F所做的功． 【解析】(1)A原来静止时有：kx1＝mg (1 分) 当物体 A刚开始做匀加速运动时，拉力 F最小，设为 F1． 对物体 A有：F1＋kx1－mg＝ma (1 分) 当物体 B刚要离开地面时，拉力 F最大，设为 F2． 对物体 A有：F2－kx2－mg＝ma (1 分) 对物体 B有：kx2＝mg (1 分) 对物体 A有：x1＋x2＝ 1 2 at2 (1 分) 解得：a＝3.75 m/s2 联立解得：F1＝45 N (1 分)，F2＝285 N． (1 分) (2)在力 F作用的 0.4 s 内，初末状态的弹性势能相等 (1 分) 由功能关系得： WF＝mg(x1＋x2)＋ 1 2 m(at)2＝49.5 J． (2 分) [答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J 14．(12 分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内， 导轨间距为 l，与电阻 R1、R2及电容器相连，电阻 R1、R2 的阻值均为 R，电容器的电容为 C， 空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为 B．一个质量为 m、阻值也为 R、长 度为 l的导体棒 MN垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离 s时导体棒达到最大速度， 这一过程中整个回路产生的焦耳热为 Q，则： 甲 (1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？ (2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过 R1的电荷量为多少？ 【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定 下滑的最大速度为 v，有： E＝Blv (1 分) I＝ E R2＋R (1 分) 所以 F 安＝BIl＝B2l2v 2R (2 分) 导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有： 乙 F 安＝mgsin θ (1 分) 解得：v＝2mgRsin θ B2l2 ． (2 分) (2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上 的电荷量最大并保持不变，所以流过 R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则： U＝IR2＝ E 2R R＝E 2 ＝ Blv 2 ＝ mgRsin θ Bl (3 分) QR1＝CU＝mgRCsin θ Bl ． (2 分) [答案] (1)2mgRsin θ B2l2 (2)mgRCsin θ Bl 15．(13 分)如图甲所示，一质量为 m、电荷量为 q的正离子，在 D处沿图示方向以一 定的速度射入磁感应强度为 B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从 距 A点为 d的小孔 C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与 AC平行且向上，最 后离子打在 G处，而 G处到 A点的距离为 2d(直线 DAG与电场方向垂直)．不计离子重力， 离子运动轨迹在纸面内．求： 甲 (1)正离子从 D处运动到 G处所需时间． (2)正离子到达 G处时的动能． 【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为： 乙 t1＝1 3 T＝2πm 3Bq (1 分) 圆周运动半径 r满足：r＋rcos 60°＝d (1 分) 解得：r＝2 3 d (1 分) 设离子在磁场中运动的速度为 v0，则有：r＝mv0 Bq (1 分) 解得：v0＝ 2Bqd 3m (1 分) 离子从 C运动到 G所需的时间 t2＝ 2d v0 ＝ 3m Bq (2 分) 离子从 D→C→G的总时间为： t＝t1＋t2＝ (9＋2π)m 3Bq ． (2 分) (2)设电场强度为 E，对离子在电场中的运动过程，有： qE＝ma，d＝1 2 at22 (1 分) 由动能定理得：Eq·d＝EkG－ 1 2 mv02 (1 分) 解得：EkG＝ 4B2q2d2 9m ． (2 分) [答案] (1)(9＋2π)m 3Bq (2)4B 2q2d2 9m 16．(15 分)如图甲所示，质量 m1＝2.0 kg 的物块 A随足够长的水平传送带一起匀速运 动，传送带的速度大小 v 带＝3.0 m/s，方向如图所示；在 A的右侧 L＝2.5 m 处将质量 m2＝ 3.0 kg 的物块 B无初速度放上传送带．已知在 A、B碰后瞬间 B相对传送带的速度大小为 1.0 m/s，之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为 2.0 m/s2 的加速 度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块 A、B的影响，且 A、B碰撞的时间极 短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求： 甲 (1)物块 B刚开始滑动时的加速度． (2)碰撞后两物块的速度． (3)两物块间的最大距离． 【解析】(1)物块 B刚开始滑动时，加速度为： a＝μm2g m2 ＝μg＝1 m/s2，方向向右． (2 分) (2)设经 t1时间，A、B两物块相碰，有： 1 2 at21＋L＝v 带 t1 解得：t1＝1 s，t1′＝5 s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去) 碰前 B的速度 v2＝at1＝1 m/s (2 分) 由题意可知：碰后 B的速度 v2′＝2 m/s 或 v2″＝4 m/s 由动量守恒定律得： m1v 带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v 带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″ 解得：碰后 A的速度 v1′＝1.5 m/s 或 v1″＝－1.5 m/s 检验：由于 1 2 m1v2 带＋ 1 2 m2v22＜ 1 2 m1v1′2＋ 1 2 m2v2″2 故 v1″＝－1.5 m/s、v2″＝4 m/s 这组数据舍去 所以碰后 A的速度 v1′＝1.5 m/s，方向向右；B的速度 v2′＝2 m/s，方向向右． (3 分) (3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为 a＝1 m/s2，所以 B的速度先达到与传送 带相同速度，设 B达到与传送带速度相同的时间为 t2． 乙 有：v 带＝v2′＋at2，t2＝1 s 此时 A的速度 v3＝v1′＋at2＝2.5 m/s＜v 带 故从 t2 之后 A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到 A和传送达到某个共同 速度 v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设 A继续加速度的时间为 t3，则： v4＝v3＋at3＝v 带－a 带 t3，t3＝1 6 s A的速度 v4＝v3＋at3＝ 8 3 m/s (2 分) 此时 B的速度 v5＝v 带－at3＝17 6 m/s，之后 A、B均做减速运动，因为在整个过程中 B 的速度始终大于 A的速度，所以当 A、B都静止时两物块间的距离最大． (1 分) B碰后运动的总位移 s2＝ v2 带－v2′2 2a ＋ 0－v2 带 2×(－a) ＝7 m 或 s2＝ v2′＋v 带 2 t2＋ v 带 2 × v 带 a ＝7 m (2 分) A碰后运动的总位移 s1＝ v24－v1′2 2×a ＋ 0－v24 2×(－a) ≈6 m (2 分) 两物块间的最大距离 sm＝s2－s1＝1 m． (1 分) [答案] (1)1 m/s2，方向向左 (2)A的速度为 1.5 m/s，方向向右；B的速度为 2 m/s，方向向右 (3)1 m 1（20 分） 如图 12 所示，PR是一块长为 L=4 m 的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个 平行于 PR的匀强电场 E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场 B，一个质量 为 m=0．1 kg，带电量为 q=0．5 C 的物体，从板的 P端由静止开始在电场力和摩擦力的作 用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板 R 端的挡板后被弹回， 若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在 C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取 g=10m/s2 ，求： （1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？ （2）物体与挡板碰撞前后的速度 v1 和 v2 （3）磁感应强度 B的大小 （4）电场强度 E的大小和方向 2(10 分)如图 2—14 所示，光滑水平桌面上有长 L=2m 的木板 C，质量 mc=5kg，在其正中央 并排放着两个小滑块 A 和 B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止．在 A、B 间有少量塑 胶炸药，爆炸后 A 以速度 6m／s 水平向左运动，A、B 中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起， 不计摩擦和碰撞时间，求： (1)当两滑块 A、B 都与挡板碰撞后，C 的速度是多大? (2)到 A、B 都与挡板碰撞为止，C 的位移为多少? 图 12 3（10 分）为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固 定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、 小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为 F 1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹 簧示数为 F 2 ，测得斜面斜角为θ，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面体固定在地 面上） 4有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板 M，另有三个木块 A、B和 C，它们的质 量分别为 m A =m B =m，m C =3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块 A 连接一轻弹 簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板 M 相连，如图所示.开始时，木块 A 静止在 P处，弹簧 处于自然伸长状态.木块 B 在 Q 点以初速度 v 0 向下运动，P、Q 间的距离为 L.已知木块 B 在 下滑过程中做匀速直线运动，与木块 A 相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个 最低点后又向上运动，木块 B 向上运动恰好能回到 Q 点.若木块 A 静止于 P 点，木块 C 从 Q 点开始以初速度 03 2 v 向下运动，经历同样过程，最后木块 C 停在斜面上的 R 点，求 P、R 间的距离 L′的大小。 5 如图，足够长的水平传送带始终以大小为 v＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量 为 M＝2kg 的小木盒 A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A与传送带之间 保持相对静止。先后相隔△t＝3s 有两个光滑的质量为 m＝1kg 的小球 B自传送带的左端出 发，以 v0＝15m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与 盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时△t1＝1s/3 而与木盒相遇。求（取 g＝10m/s2） （1）第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？ （2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？ （3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦 而产生的热量是多少？ 6 如图所示，两平行金属板 A、B长 l＝8cm，两板间距离 d＝8cm，A板比 B板电势高 300V， 即 UAB＝300V。一带正电的粒子电量 q＝10-10C，质量 m＝10-20kg，从 R点沿电场中心线垂 直电场线飞入电场，初速度 v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS间的无 电场区域后，进入固定在中心线上的 O点的点电荷 Q形成的电场区域（设界面 PS右边点 电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面 MN、PS相距为 L＝12cm，粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF上。求（静电力常数 k＝9×109N·m2/C2） （1）粒子穿过界面 PS时偏离中心线 RO的距离多远？ （2）点电荷的电量。 7光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的 L形滑板(平面部分足够长)，质量为 4m， 距滑板的 A壁为 L1距离的 B处放有一质量为 m，电量为+q的大小不计的小物体，物体 与板面的摩擦不计．整个装置置于场强为 E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都 静止．试问： (1)释放小物体，第一次与滑板 A壁碰前物体的速度 v1， 多大? (2)若物体与 A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率 的 3／5，则物体在第二次跟 A碰撞之前，滑板相对于 水平面的速度 v2和物体相对于水平面的速度 v3分别为 多大? (3)物体从开始到第二次碰撞前，电场力做功为多大?(设碰撞经历时间极短且无能量损 失) 8 如图(甲)所示，两水平放置的平行金属板 C、D相距很近，上面分别开有小孔 O和 O'， BA v v0 B A v0 R M N L P S O E F l 水平放置的平行金属导轨 P、Q 与金属板 C、D 接触良好，且导轨垂直放在磁感强度为 B1=10T 的匀强磁场中，导轨间距 L=0.50m，金属棒 AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁 场中做往复运动，其速度图象如图(乙)，若规定向右运动速度方向为正方向．从 t=0 时 刻开始，由 C板小孔 O处连续不断地以垂直于 C板方向飘入质量为 m=3.2×10 -21kg、电 量 q=1.6×10 -19C 的带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)．在 D板外侧有以 MN 为边界的匀强磁场 B2=10T，MN与 D相距 d=10cm，B1 和 B2 方向如图所示(粒子重力及 其相互作用不计)，求 (1)0 到 4.Os 内哪些时刻从 O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界 MN? (2)粒子从边界 MN射出来的位置之间最大的距离为多少? 9（20 分）如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强 度大小为 B．边长为 l的正方形金属框 abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧 套着一个与方框边长相同的 U 型金属框架 MNPQ（仅有 MN、NQ、QP三条边，下简称 U 型框），U 型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为 m，每条边的 电阻均为 r． （1）将方框固定不动，用力拉动 U 型框使它以速度 0v 垂直 NQ边向右匀速运动，当 U 型 框的 MP端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的 bd两端的电势差为多大?此时方 框的热功率为多大? （2）若方框不固定，给 U 型框垂直 NQ边向右的初速度 0v ，如果 U 型框恰好不能与方框 分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少? （3）若方框不固定，给 U 型框垂直 NQ边向右的初速度 v（ 0vv  ），U 型框最终将与方框 分离．如果从 U 型框和方框不再接触开始，经过时间 t后方框的最右侧和 U 型框的最左侧 之间的距离为 s．求两金属框分离后的速度各多大． 10(14 分)长为 0.51m 的木板 A，质量为 1 kg．板上右端有物块 B，质量为 3kg.它们一起在 光滑的水平面上向左匀速运动.速度 v0=2m/s.木板与等高的竖直固定板 C 发生碰撞，时间 极短，没有机械能的损失．物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5.g 取 10m/s2.求: （1）第一次碰撞后，A、B 共同运动的速度大小和方向． （2）第一次碰撞后，A 与 C 之间的最大距离．（结果保留两位小数） （3）A 与固定板碰撞几次，B 可脱离 A 板． 11 如图 10 是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M 为半径为 1.0R m 、固定于竖 直平面内的 1 4 光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直 面内的截面为半径 0.69r m 的 1 4 圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于 M 轨道的上 端点，M 的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量 0.01m kg 的小钢 珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过 M 的上端点，水平飞出后落到 N 的某一点上， 取 210 /g m s ，求： （1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能 pE 多大？ （2）钢珠落到圆弧 N 上时的速度大小 Nv 是多少？（结果保留两位有效数字） 12（10 分） 建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的周 长为 12．5m，高为 1．5m，如图所示。 （1）试求黄沙之间的动摩擦因数。 （2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？ 13（16 分） 如图 17 所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为 2m，长为 L，车右端（A点） 有一块静止的质量为 m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点 C为界， AC段与 CB 段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始 滑动，当金属块滑到中点 C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为 v0， 车的速度为 2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）。如果金属块与车的 AC段间的动摩擦 因数为 1 ，与 CB段间的动摩擦因数为 2 ，求 1 与 2 的比值． 14(18分)如图 10所示,空间分布着有理想边界的匀强 电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为 E、 方向水平向右，其宽度为 L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面 向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为 B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子 （质量 m,电量 q,不计重力）从电场左边缘 a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进 入右侧磁场区域后，又回到了 a 点，然后重复上述运动过程。（图中虚 线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。 （1）中间磁场区域的宽度 d 为多大； （2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比； （3）带电粒子从 a 点开始运动到第一次回到 a 点时所用的时间 t. 15．（20 分）如图 10 所示，abcd 是一个正方形的盒子， 在 cd 边的中点有一小孔 e，盒子中存在着沿 ad 方向 的匀强电场，场强大小为 E。一粒子源不断地从 a 处 的小孔沿 ab 方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子 的初速度为 v0，经电场作用后恰好从 e处的小孔射出。 现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁 场，磁感应强度大小为 B（图中未画出），粒子仍恰 好从 e孔射出。（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均 可忽略） （1）所加磁场的方向如何？ (2）电场强度 E与磁感应强度 B 的比值为多大？ 16．（8 分） F AC B L 图 17 如图所示，水平轨道与直径为 d=0.8m 的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点 A、B 连线 是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为 103V/m 的匀强电场中，一小球质量 m=0.5kg,带有 q=5×10-3C 电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦， g=10m/s2， （1）若它运动的起点离 A 为 L，它恰能到达轨道最高点 B，求小球在 B 点的速度和 L 的值． （2）若它运动起点离 A 为 L=2.6m，且它运动到 B 点时电场消失，它继续运动直到落 地，求落地点与起点的距离． 17（8 分） 如图所示，为某一装置的俯视图，PQ、MN 为竖直放置的 很长的平行金属板，两板间有匀强磁场，其大小为 B，方向竖 直向下．金属棒ＡＢ搁置在两板上缘，并与两板垂直良好接触．现有质量为 m，带电量大小 为 q，其重力不计的粒子，以初速 v0 水平射入两板间，问： （1）金属棒 AB 应朝什么方向，以多大速度运动，可以使带电粒子做匀速运动？ （2）若金属棒的运动突然停止，带电粒子在磁场中继续运动，从这刻开始位移第一次 达到 mv0/qB时的时间间隔是多少？（磁场足够大） 18(12 分)如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞 质量为 10kg，横截面积 50cm2，厚度 1cm，气缸全长 21cm，气缸质 量 20kg，大气压强为 1×105Pa，当温度为 7℃时，活塞封闭的气柱长 10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口 与大气相通。g 取 10m/s2求： （1）气柱多长？ （2）当温度多高时，活塞刚好接触平台？ （3）当温度多高时，缸筒刚好对地面无压力。（活塞摩擦不计）。 19（14 分）如图所示，物块 A 的质量为 M，物块 B、C 的质量都是 m，并都可看作质 点，且 m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块 B 与物块 C 的距离和物块 C 到地面 的距离都是 L。现将物块 A 下方的细线剪断，若物块 A 距滑轮足够远且不计一切阻力。求： V0 M B N P QA × × × × × × × × × × × × × × × × × × （1） 物块 A 上升时的最大速度； （2） 物块 A 上升的最大高度。 20．M 是气压式打包机的一个气缸，在图 示状态时，缸内压强为 Pl，容积为 Vo．N 是一 个大活塞，横截面积为 S2，左边连接有推板， 推住一个包裹．缸的右边有一个小活塞，横截面 积为 S1，它的连接杆在 B 处与推杆 AO 以铰链 连接，O 为固定转动轴，B、O 间距离为 d．推 杆推动一次，转过θ角(θ为一很小角)，小活塞 移动的距离为 dθ，则 (1) 在图示状态，包已被压紧，此时再推— 次杆之后，包受到的压力为多大?(此过程中大活塞的位移略去不计，温度变化不计) (2) 上述推杆终止时，手的推力为多大? (杆长 AO＝L，大气压为 Po) . 21．（12 分）如图，在竖直面内有两平行金属导轨 AB、CD。导轨间距为 L，电阻不计。 一根电阻不计的金属棒 ab可在导轨上无摩擦地滑动。棒与导轨垂直，并接触良好。导 轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为 B。导轨右边与电路连接。电路中的三 个定值电阻阻值分别为 2R、R和 R。在 BD间接有一水平放置的平行板电容器 C，板间 距离为 d。 （1）当 ab以速度 v0 匀速向左运动时，电容器中质量为 m的带电微粒恰好静止。试判断 微粒的带电性质，及带电量的大小。 （2）ab棒由静止开始，以恒定的加速度 a向左运动。讨论电容器中带电微粒的加速度 如何变化。（设带电微粒始终未与极板接触。） 22（12 分）如图所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向。在 x 轴上方空间的第一、 第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直 xy 平面（纸面）向里的匀强磁场。在第四象限，存在沿 y 轴负方向，场强大小与第三 A C B L L 象限电场场强相等的匀强电场。一质量为 m、电量为 q的带电质点，从 y 轴上 y=h 处的 p 1点以一定的水平初速度沿 x 轴负方向进入第二象限。然后经过 x轴上 x=-2h 处的 p 2 点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过 y轴上 y=-2h 处的 p 3 点 进入第四象限。已知重力加速度为 g。求： （1）粒子到达 p 2 点时速度的大小和方向； （2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； （3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。 23．（20 分）如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块 B，另有一与 B完全相同的带电量为+q的小金属块 A以初速度 v0 向 B运动，A、B的质量均 为 m。A与 B相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间 中存在水平向左的匀强电场，场强大小 E=2mg/q。求： （1）A、B一起运动过程 中距高台边缘的最 大水平距离 （2）A、B运动过程的最 小速度为多大 （3）从开始到 A、B运动 到距高台边缘最大 水平距离的过程 A 损失的机 械能为多大？ 24（20 分） 如图 11 所示，在真空区域内，有宽度为 L的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂 直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为 m，带电量为－q 的粒子，先后两次沿着与 MN夹角为θ（0<θ<90º）的方向垂直磁感线射入匀强磁场 B中，第一次，粒子是经电压 U1 加速后射入磁场，粒子刚好没能从 PQ边界射出磁场。第二次粒子是经电压 U2 加速后射入 磁场，粒子则刚好垂直 PQ射出磁场。不计重力的影响，粒子加速前速度认为是零，求： （1）为使粒子经电压 U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出 PQ边界，可在磁场区 域加一匀强电场，求该电场的场强大小和方向。 （2）加速电压 1 2 U U 的值。 × × × × × × × × L N Q B M P θ 25．（20 分）空间存在着以 x=0 平面为分界面的两个匀强磁场，左右两边磁场的磁感应强度 分别为 B1和 B2，且 B1:B2=4:3，方向如图所示。现在原点 O 处一静止的中性原子，突然分裂 成两个带电粒子 a和 b，已知 a 带正电荷，分裂时初速度方向为沿 x 轴正方向，若 a粒子在 第四次经过 y 轴时，恰好与 b粒子第一次相遇。求： （1）a粒子在磁场 B1中作圆周运动的半径与 b 粒子在磁场 B2中圆周运动的半径之比。 （2）a粒子和 b粒子的质量之比。 26 如图所示，ABCDE为固定在竖直平面内的轨道，ABC为直轨道，AB光滑，BC粗糙，CDE 为光滑圆弧轨道，轨道半径为 R，直轨道与圆弧轨道相切于 C点，其中圆心 O与 BE在 同一水平面上，OD竖直，∠COD=θ，且θ＜5°。现有一质量为 m的小物体(可以看 作质点)从斜面上的 A点静止滑下，小物体与 BC间的动摩擦因数为  ，现要使小物体 第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动(重力加速度为 g)。求： (1)小物体过 D点时对轨道的压力大小 (2)直轨道 AB部分的长度 S 27 两水平放置的金属板间存在一竖直方向的匀强电 场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B， 一质量为 4m ，带电量为-2q的微粒 b正好悬浮 在板间正中间 O点处，另一质量为 m，带电量为 +q的微粒 a，从 p点以水平速度 v0(v0 未知)进入 两板间，正好做匀速直线运动，中途与 b碰撞。： 匀强电场的电场强度 E 为多大 微粒 a 的水平速度为多大 若碰撞后 a和 b结为一整体，最后以速度 0.4v0 从 Q点穿出场区，求 Q点与 O点的高 度差 若碰撞后 a和 b分开，分开后 b具有大小为 0.3v0的水平向右速度，且带电量为-q/2，假如 O 点的左侧空间足够大，则分开后微粒 a的运动轨迹的最高点与 O点的高度差为多大 28 有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当 上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。 如图所示，电容量为 C 的平行板电容器的极板 A 和 B 水平放置，相距为 d ，与电动势 为 、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质 点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变， 改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的 a倍（ 1a ）。不计带电小 球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为 g。 （1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势 至少应大于多少 （2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T 内小球做了很多次往返运动。求在 T 时 间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量 29 一玩具“火箭”由质量为 ml和 m2的两部分和压在中间的一 根短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧组成.起初，弹簧被压紧 后锁定，具有的弹性势能为 E0，通过遥控器可在瞬间对弹簧解 除锁定，使弹簧迅速恢复原长。现使该“火箭”位于一个深水池面的上方(可认为贴近水面)， 释放同时解除锁定。于是，“火箭”的上部分竖直升空，下部分竖直钻入水中。设火箭本身 的长度与它所能上升的高度及钻入水中的深度相比，可以忽略，但体积不可忽略。试求． (1)“火箭”上部分所能达到的最大高度(相对于水面) (2)若上 部分到达最高点时，下部分刚好触及水池底部，那么，此过程中，“火箭”下部分克服水的 浮力做了多少功?(不计水的粘滞阻力) 30 如图所示，在某一足够大的真空室中，虚线 PH的右侧是一磁感应强度为 B，方向垂直纸 面向里的匀强磁场，左侧是一场强为 E、方向水平向左的匀强电场。在虚线 PH上的一 点 O处有一质量为 M、电荷量为 Q的镭核（ 226 88 Ra）。某时刻原来静止的镭核水平向右 放出一个质量为 m、电荷量为 q的α粒子而 衰变为氡（Rn）核，设α粒子与氡核分离后 它们之间的作用力忽略不计，涉及动量问题 时，亏损的质量可不计。 经过一段时间α粒子刚好到达虚线 PH 上的 A点，测得 OA=L。求此时刻氡核的 速率 31 宇航员在某一星球上以速度 v0竖直向上抛出一个小球，经过时间 t，小球又落回原抛出点。 然后他用一根长为 L的细线把一个质量为 m的小球悬挂在 O点，使小球处于静止状态，如 图所示。现在最低点给小球一个水平向右的冲量 I，使小球能在竖直平面内运 动，若小球在运动的过程始终对细绳有力的作用，则冲量 I 应满足什么条件 32 如图所示的电路中，两平行金属板 A、B水平放置，两板间的距离 d=40cm。 电源电动势 E=24V，内电阻 r=1Ω，电阻 R=15Ω。闭合开关 S，待电路稳定后，将一带正电 的小球从 B板小孔以初速度υ0=4m/s 竖直向上射入板间。若小球带电量为 q=1×10-2C，质量 为 m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻 器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达 A 板？此时，电源的输出功率是多大？（取 g=10m/s2） 33 如图所示，光滑的水平面上有二块相同的长木板 A 和 B，长为 l =0.5m，在 B 的右端有一个 可以看作质点的小铁块 C，三者的质量都为 m，C 与 A、B 间的动摩擦因数都为μ。现在 A 以速度ν0=6m/s 向右运动并与 B 相碰，撞击时间极短，碰后 A、B 粘在一起运动，而 C 可 以在 A、B 上滑动，问： （1）如果μ=0.5，则 C 会不会掉下地面 （2）要使 C 最后停在长木板 A 上，则动摩擦因数μ必须满足什么条件 （g=10m/s2） 34 如图所示，质量 M=3.5 kg 的小车静止于光滑水平面上靠近桌 子处，其上表面与水平桌面相平，小车长 L=1.2 m，其左端放有一质 量为 m2=0.5 kg 的滑块 Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为 m1=1 kg 的小物块 P置于桌面上的 A点并与弹簧的右端接触。此时弹簧处于原长，现用水平 向左的推力将 P缓慢推至 B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为 WF，撤去推力后，P 沿桌面滑动到达 C点时的速度为 2 m/s，并与小车上的 Q相碰，最后 Q停在小车的右端，P 停在距小车左端 S=0.5 m 处。已知 AB间距 L1=5 cm，A点离桌子边沿 C点距离 L2=90 cm，P 与桌面间动摩擦因数μ1=0.4，P、Q与小车表面间动摩擦因数μ2=0.1。(g=10 m/s。)求： (1)推力做的功 WF (2)P与 Q碰撞后瞬间 Q的速度大小和小车最后速度 v 35 如图所示，半径 R=0.8m 的光滑 1/4 圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的 A点有一个 可视为质点的质量 m=1kg 的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的 B点但未反 弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度 不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知 A 点与轨道的圆心 O 的连线长也为 R，且 AO 连线与水平方向的夹角为 30°，C 点为圆弧轨道的 末端，紧靠 C 点有一质量 M=3kg 的长木板，木板的 上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板 间的动摩擦因数 3.0 ，g取 10m/s 2 。求： （1）小物块刚到达 B 点时的速度 B ； （2）小物块沿圆弧轨道到达 C 点时对轨道压力 FC的大小； （3）木板长度 L 至少为多大时小物块才不会滑出长木板？ 36 磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距 离的正方形匀强磁场 Bl和 B2，方向相反，B1=B2=lT，如下图所示。导轨上放有金属框 abcd， 金属框电阻 R=2Ω，导轨间距 L=0.4m，当磁场 Bl、B2 同时以 v=5m/s 的速度向右匀速运动时， 求 (1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原 因是什么?运动性质如何? (2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的 K 倍，K=0.18，求金属框所能达到的 最大速度 vm是多少? (3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能? 37 如图左所示，边长为 l和 L的矩形线框 aa 、 bb 互相垂直，彼此绝缘，可绕中心轴 O1O2 转动，将两线框的始端并在一起接到滑环 C，末端并在一起接到滑环 D，C、D彼此绝 缘.通过电刷跟 C、D连接.线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘中心的 张角为 45°，如图右所示（图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半 径方向，如图箭头所示）.不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是沿着线框 平面.磁场中长为 l的线框边所在处的磁感应强度大小恒为 B，设线框 aa 和 bb 的电阻 都是 r，两个线框以角速度ω逆时针匀速转动，电阻 R=2r. （1）求线框 aa 转到图右位置时感应电动势的大小； （2）求转动过程中电阻 R上的电压最大值； （3）从线框 aa 进入磁场开始时，作出 0~T（T是线框转动周期）时间内通过 R的电流 iR随时间变化的图象； （4）求外力驱动两线框转动一周所做的功。 38（20 分）如图所示，质量为 M 的长板静置在光滑的水平面上，左侧固定一劲度系数为 k 且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的细绳连接于墙上（细绳张紧），细绳所能 承受的最大拉力为 T ．让一质量为 m 、初速为 v0 的小滑块在长板上无摩擦地对准弹簧水 平向左运动．已知弹簧的弹性势能表达式为 EP = 2 2 1 kx ,其中 x为弹簧的形变量．试问： ( l ）v0的大小满足什么条件时细绳会被拉断？ ( 2 ）若 v0足够大，且 v0 已知．在细绳被拉断后，长板所能获得的最大加速度多大？ ( 3 ）滑块最后离开长板时，相对地面速度恰为零的条件是什么？ 39 ( 16 分)如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为 d ，电场方 向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从 O 点以速度 v0 沿垂直电场方 向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从 A 点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒 子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从 C 点穿出磁场时速度方向与进入电场 O 点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求： (l）粒子从 C 点穿出磁场时的速度 v； (2）电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值 E / B ； (3）拉子在电、磁场中运动的总时间。 40（ 19 分） 如图所示，在 xoy 坐标平面的第一象限内有沿－y 方向的匀强电场，在第四象限内有垂 直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为 m，带电量为+q 的粒子（重力不计）以初速度 v0 沿－x 方向从坐标为（3ｌ、ｌ）的 P 点开始运动，接着进入磁场，最后由坐标原点射出， 射出时速度方向与 y轴方间夹角为 45º，求： （1）粒子从 O 点射出时的速度 v 和电场强度 E； （2）粒子从 P 点运动到 O 点过程所用的时间。 41（20 分） 如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质 量为 M，长为 L 的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为 m 的小物块（可视为质点），放置 在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且 M＞m。现使小物块和长木 板以共同速度 v0向有运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失。试求： （1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？ （2）为使小物块不从长木板上落下，板长 L 应满足什么条件？ （3）若满足（2）中条件，且 M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s， 试 计算整个 系统从开始到刚要发生第四次碰撞前损失的机械能。 42（18 分） 如图 1 所示，真空中相距 5d cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接（图中未画出）， 其中 B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图 2 所示 将一个质量 272.0 10m kg  ，电量 11.6 10q C   的带电粒子从紧临 B 板处释放， 不计重力。求 （1）在 0t  时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若 A 板电势变化周期 81.0 10T   s，在 0t  时将带电粒子从紧临 B 板处无初速 释放，粒子到达 A 板时动量的大小； （3）A 板电势变化频率多大时，在 4 Tt  到 2 Tt  时间内从紧临 B 板处无初速释放该 带电粒子，粒子不能到达 A 板。 43（20 分） 磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图 1 是平静海面上某实验船的示 意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。 如图 2 所示，通道尺寸 2.0a m 、 0.15b m 、 0.10c m 。工作时，在通道内沿 z 轴正方向加 8.0B T 的匀强磁场；沿 x 轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压 99.6U V ；海水沿 y 轴方向流过通道。已知海水的电阻率 0.20 m   （1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向； （2）船以 5.0 /sv m s 的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0 /m s的速率涌 入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到 8.0 /dv m s 。 求此时两金属板间的感应电动势 U 感； （3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按 'U U U 感计算，海水受到电磁力的 80% 可以转化为对船的推力。当船以 5.0 /sv m s 的速度匀速前进时，求海水推力的功率。 44（20 分） 如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里 的水平匀强磁场，磁感应强度 B=1.57T。小球 1 带正电，其电量与质量之比 q1/m1=4C/kg， 所受重力与电场力的大小相等；小球 2 不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球 1 向右以υ0=23.59m/s 的水平速度与小球 2 正碰，碰后经过 0.75s 再次相碰。设碰撞前后两小球 带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取 g=10m/s2） 问：（1）电场强度 E的大小是多少？ （2）两小球的质量之比 2 1 m m 是多少？ 45.(19 分) 有人设想用题 24 图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电 离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后，粒子缓慢通过小孔 O1进入极板间 电压为 U 的水平加速电场区域 I,再通过小孔 O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域 II, 其中磁场的磁感应强度大小为 B,方向如图。收集室的小孔 O3与 O1、O2 在同一条水平线上。 半径为 r0 的粒子，其质量为 m0、电量为 q0,刚好能沿 O1O3 直线射入收集室。不计纳米粒子 重力。（ 23 4, 3 4 rSrV  ＝＝ 球球 ） （1）试求图中区域 II 的电场强度; （2）试求半径为 r的粒子通过 O2 时的速率; （3）讨论半径 r≠r0的粒子刚进入区域 II 时向 哪个极板偏转。 46.(20 分) 如题 46 图，半径为 R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 A、B质量分别为 m、β m(β为待定系数)。A球从在边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点 的 B球相撞，碰撞后 A、B球能达到的最大高度均为 R 4 1 ,碰撞中无机械能损失。重力加速 度为 g。试求： (1)待定系数β; (2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B各自的速度和 B球对轨道的压力; (3)小球 A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球 A、B在轨道 最低处第 n次碰撞刚结束时各自的速度。 47(20 分) 地球周围存在磁场，由太空射来的带电粒子在此磁场的 运动称为磁 漂移，以下是描述的一种假设的磁漂移运动，一带正电的粒子(质量为 m，带电量为 q)在 x=0，y=0 处沿 y方向以某一速度 v0 运动，空间存在 垂直于图中向外的匀强磁场，在 y>0 的区域中，磁感应强度为 B1，在 y <0 的区域中，磁感应强度为 B2，B2>B2，如图所示，若把粒子出发点 x =0 处作为第 0 次过 x轴。求： (1)粒子第一次过 x轴时的坐标和所经历的时间。 (2)粒子第 n次过 x轴时的坐标和所经历的时间。 (3)第 0 次过 z 轴至第 n 次过 x 轴的整个过程中，在 x 轴方向的平均速度 v 与 v0之比。 (4)若 B2：B1=2，当 n很大时，v：v0趋于何值? 48（20 分）如图所示，xOy平面内的圆 O′与 y轴相切于坐标原点 O。在该圆形区域内， 有与 y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场。一个带电粒子（不计重力）从原点 O 沿 x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过圆形区域的时间为 T0。若撤去磁场，只保留 电场，其他条件不变，该带电粒子穿过圆形区域的时间为 0 2 T ；若撤去电场，只保留磁场， 其他条件不变，求该带电粒子穿过圆形区域的时间。 49(20 分)在图示区域中，χ轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小 为 B，今有一质子以速度 v0由 Y 轴上的 A 点沿 Y轴正方向射人磁场，质子在磁场中运动一段 时间以后从 C点进入χ轴下方的匀强电场区域中，在 C点速度方向与χ轴正方向夹角为 45 0 ，该匀强电场的强度大小为 E，方向与 Y 轴夹角为 45 0 且斜向左上方，已知质子的质量 为 m，电量为 q，不计质子的重力，(磁场区域和电场区域足够大)求： (1)C 点的坐标。 (2)质子从 A 点出发到第三次穿越χ轴时的运动时间。 (3)质子第四次穿越χ轴时速度的大小及速度方向与电场 E 方向的夹角。(角度用反三角 函数表示) 50 (22 分)如图所示，电容为 C、带电量为 Q、极板间距为 d 的电容器固定在绝缘底座上， 两板竖直放置，总质量为 M，整个装置静止在光滑水平面上。在电容器右板上有一小 孔，一质量为 m、带电量为+q 的弹丸以速度 v0从小孔水平射入电容器中（不计弹丸重 力，设电容器周围电场强度为 0），弹丸最远可到达距右板为 x的 P 点，求： （1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小； （2）x的值； （3）当弹丸到达 P 点时，电容器电容已移动的距离 s； （4）电容器获得的最大速度。 51 两块长木板 A、B 的外形完全相同、质量相等，长度均为 L＝1m，置于光滑的水平面上．一 小物块 C，质量也与 A、B 相等，若以水平初速度 v0=2m/s，滑上 B 木板左端，C 恰好能滑到 B木板的右端，与 B 保持相对静止.现在让 B静止在水平面上，C 置于 B的左端，木板 A以初 速度 2v0向左运动与木板 B 发生碰撞，碰后 A、B 速度相同，但 A、B 不粘连．已知 C 与 A、C 与 B 之间的动摩擦因数相同.(g=10m/s2 )求: (1)C 与 B 之间的动摩擦因数; (2)物块 C 最后停在 A 上何处? 52（19 分）如图所示，一根电阻为 R＝12Ω的电阻丝做成一个半径为 r＝1m 的圆形导线框， 竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为 B＝0.2T，现有一根质 量为 m＝0.1kg、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中 始终与线框良好接触，已知下落距离为 r/2 时，棒的速度大小为 v1＝ 3 8 m/s，下落到经过圆 心时棒的速度大小为 v2 ＝ 3 10 m/s，（取 g=10m/s2） 试求： ⑴下落距离为 r/2 时棒的加速度， ⑵从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量． 53（20 分）如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘质量为 1kg 的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为 0.1kg 带电量为 q=1×10-2C 的 绝缘货柜，现将一质量为 0.9kg 的货物放在货柜内．在传送途中有一水平电场，可以通过开 关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右，大小 E1=3×102N/m 的电场，小车和货 柜开始运动，作用时间 2s 后，改变电场，电场大小变为 E2=1×102N/m，方向向左，电场作 用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的 速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1，（小车不带电，货柜及货物体积大小 不计，g取 10m/s2）求： ⑴第二次电场作用的时间； ⑵小车的长度； ⑶小车右端到达目的地的距离． 54．如图所示，两个完全相同的质量为 m的木板 A、B置于水平地面上，它们的间距 s=2.88m。 质量为 2m，大小可忽略的物块 C置于 A板的左端，C与 A之间的动摩擦因数为μ1=0.22， A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10。最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。 开始时，三个物体处于静止状态。现给 C施加一个水平向右，大小为 0.4mg的恒力 F， 假定木板 A、B碰撞时间极短，且碰撞后粘连在一起。要使 C最终不脱离木板，每块木 板的长度至少应为多少？ C B A 2v0                 B o A B A C B F s 55(19 分)24 如图所示，在直角坐标系的第—、四象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第二、三象限内沿。 x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E，y 轴为磁场和电场的理想边界。一个质量为 m ， 电荷量为 e 的质子经过 x 轴上 A 点时速度大小为 vo，速度方向与 x 轴负方向夹角θ=300。质 子第一次到达 y 轴时速度方向与 y 轴垂直，第三次到达 y 轴的位置用 B 点表示，图中未画 出。已知 OA=L。 (1) 求磁感应强度大小和方向； (2) 求质子从 A 点运动至 B 点时间 56（20 分）25 如图所示，质量 M=4.0kg，长 L=4.0m 的木板 B 静止在光滑水平地面上，木板右端与竖直 墙壁之间距离为 s=6.0m，其上表面正中央放置一个质量 m=1.0kg 的小滑块 A，A 与 B 之间 的动摩天楼擦因数为μ=0.2。现用大小为 F=18N 的推力水平向右推 B，两者发生相对滑动， 作用 1s 后撤去推力 F，通过计算可知，在 B 与墙壁碰撞时 A 没有滑离 B。设 B 与墙壁碰撞 时间极短，且无机械能损失，重力加速度 g=10m/s2.求 A 在 B 上滑动的整个过程中，A，B 系统因摩擦产生的内能增量。 57。(15 分)平行导轨 L1、L2 所在平面与水平面成 30 度角，平行导轨 L3、L4 所在平面与水 平面成 60 度角，L1、L3 上端连接于 O 点，L2、L4 上端连接于 O’点，OO’连线水平且与 L1、 L2、L3、L4 都垂直，质量分别为 m1、m2 的甲、乙两金属棒分别跨接在左右两边导轨上，且 可沿导轨无摩擦地滑动，整个空间存在着竖直向下的匀强磁场。若同时释放甲、乙棒，稳定 后它们都沿导轨作匀速运动。 (1)求两金属棒的质量之比。 (2)求在稳定前的某一时刻两金属棒加速度之比。 (3)当甲的加速度为 g/4 时，两棒重力做功的瞬时功率和回路中电流做功的瞬时功率之比 为多少？ 58.(18 分)图中 y 轴 AB 两点的纵坐标分别为 d 和-d。在 0《y《d 的区域中，存在沿 y 轴向 上的非均匀电场，场强 E 的大小与 y 成正比，即 E=ky；在 y》d的区域中，存在沿 y 轴向上 的匀强电场，电场强度 F=kd(k 属未知量)。X 轴下方空间各点电场分布与 x 轴上方空间中的 分布对称，只是场强的方向都沿 y 轴向下。现有一带电量为 q质量为 m 的微粒甲正好在 O、 B两点之问作简谐运动。某时刻将一带电蕾为 2q、质量为 m 的微粒乙从 y 轴上的 c点处由静 止释放，乙运动到 0 点和甲相碰并结为一体(忽略两微粒之 间的库仑力)。在以后的运动中，它们所能达到的最高点和 最低点分别为A点和D点，且经过P点时速度达到最大值(重 力加速度为 g)。 (1)求匀强电场 E； (2)求出 AB 间的电势差 UAB及 OB 间的电势差 UOB； (3)分别求出 P、C、D 三点到 0 点的距离。 59．（17 分） 荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可 简化为：三个质量分别为 m 1、m 2 、m 3 的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为 L的三根 平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为 m 1 的小球拉开，上升到 H高处释放，如图所示， 已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于 L, 不计空气阻力。 （1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，试求此时系统的运动周期。 （2）若三个球的质量不同，要使球 1 与球 2、球 2 与球 3 相碰之后，三个球具有同样 的动量，则 m 1∶m 2 ∶m 3 应为多少?它们上升的高度分别为多少? 60．（15 分） 如图所示，在绝缘水平面上，相距为 L的 A、B两点处分别固 定着两个带电量相等的正电荷，a、b是 AB连线上的两点，其中 Aa＝Bb＝L／4,O 为 AB连线的中点，一质量为 m带电量为+q的小滑块（可以看作质点）以 初动能 E 0从 a点出发，沿直线 AB向 b点运动，其中小滑块第一次经过 O点时的动能为初 动能的 n倍（n>l），到达 b点时动能恰好为零,小滑块最终停在 O点，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数。 （2）O、b两点间的电势差 U ob。 （3）小滑块运动的总路程。 61．（15 分） 如图所示，质量为 M＝4kg 的木板静止置于足够大的水平面上，木板与水平面间的动摩 擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为 m＝1kg 可视为质点的电动小车，车与木板的档板 相距 L＝5m，车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间 t＝2s，车与挡板相碰， 碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板粘合在一起，求： （1）试通过计算说明，电动小车在木板上运动时，木板能否保持静止? （2）试求出碰后木板在水平面上滑动的距离。 62（12 分） 如图 14 所示。地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球的轨 道半径为 R，运转周期为 T。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对 该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为 ，当 行星处于最大视角处时， 是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。若某时刻该行星正处于最佳观察期，问该行 星下一次处于最佳观察期至少需经历多长时间？ 63．（12 分） 如图 15 所示。一水平传送装置有轮半径均为 R＝1/ 米 的主动轮 1Q 和从动轮 2Q 及转送带等构成。两轮轴心相距 8．0m，轮与传送带不打滑。现用 此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素为  ＝0．4，这袋面粉 中的面粉可不断的从袋中渗出。 （1）当传送带以 4．0m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端 2Q 正上方的 A 点轻 放在传送带上后，这袋面粉由 A 端运送到 1Q 正上方的 B 端所用的时间为多少？ （2）要想尽快将这袋面粉由 A 端送到 B 端（设初速度仍为零），主动能 1Q 的转速至少 应为多大？ （3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的 痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度仍为零）？此时主动轮 的转速应满足何种条件？ 1 （1）由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为 0，所以物体 带正电荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………① （2）离开电场后，按动能定理，有：-μmg 4 L =0- 2 1 mv2………………………………② 由①式得：v2=2 2 m/s （3）代入前式①求得：B= 2 2 T （4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg） 2 1 2  L mv12-0……………………………………………③ 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④ 由以上③④两式得：      N/C 2.4 m/s 241 E v 2（1）A、B、C 系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板 碰撞后，C 的速度为零，即 0Cv （2）炸药爆炸时有 BBAA vmvm  解得 smvB /5.1 又 BBAA smsm  当 sA＝1 m 时 sB＝0.25m，即当 A、C相撞时 B与 C右板相距 msLs B 75.0 2  A、C相撞时有： vmmvm CAAA )(  解得 v ＝1m/s，方向向左 而 Bv ＝1.5m/s，方向向右，两者相距 0.75m，故到 A，B都与挡板碰撞为止，C的位 移为 3.0   B C vv svs m19. 3 固定时示数为 F 1，对小球 F 1=mgsinθ ① 整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F 2 =ma ③ 由式①、式②、式③得 μ= 1 2 F F tan θ 4．木块 B 下滑做匀速直线运动，有 mgsinθ=μmgcosθ B 和 A 相撞前后，总动量守恒,mv 0 =2mv 1，所以 v 1= 2 0v 设两木块向下压缩弹簧的最大长度为 s,两木块被弹簧弹回到 P点时的速度为 v 2 ，则 μ2mgcosθ·2s= 2 2 2 1 2· 2 12· 2 1 mvmv  两木块在 P点处分开后，木块 B 上滑到 Q 点的过程： （mgsinθ+μmgcosθ）L= 2 22 1mv 木块 C 与 A 碰撞前后，总动量守恒，则 3m· 10 4 2 3  mvv ，所以 v′ 1= 4 2 v 0 设木块 C 和 A 压缩弹簧的最大长度为 s′,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速度为 v 2' , 则μ4mgcosθ·2s′= 2 2 2 2 4 2 14· 2 1  mvmv 木块 C 与 A 在 P 点处分开后，木块 C上滑到 R点的过程： （3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′= 2 23· 2 1 mv 在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因 此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能. 因此，木块 B 和 A 压缩弹簧的初动能 E , 4 12· 2 1 2 0 2 11 mvmvk  木块 C 与 A 压缩弹簧的初 动能 E , 4 1 2 1 2 0 2 12 mvmvk  即 E 21 kk E 因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即 s=s′ 综上，得 L′=L- sin32 2 0 g v 5 （1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为 v1,根据动量守恒定律： 0 1( )mv Mv m M v   （1 分） 代入数据，解得： v1=3m/s （1 分） （2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s，第 1 个球经过 t0与木盒相 遇,则： 0 0 st v  （1 分） 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律： ( ) ( )m M g m M a    得： 23 /a g m s  （1 分） 设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2，则： 1 2 vt t a    =1s （1 分） 故木盒在 2s 内的位移为零 （1 分） 依题意： 0 1 1 1 2 0( )s v t v t t t t t         （2 分） 代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1 分） （3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S，木盒 的位移为 s1,则： 1 0( ) 8.5S v t t t m      （1 分） 1 1 1 2 0( ) 2.5s v t t t t t m        （1 分） 故木盒相对与传送带的位移： 1 6s S s m    则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J   （2 分） 6 （1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h, 穿过界面 PS时偏离中心线 OR的距离为 y，则： h=at2/2 （1 分） qE qUa m md   0 lt v  即： 2 0 ( ) 2 qU lh md v  （1 分） 代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1 分） 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得： 2 2 l h ly L   （1 分） 代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1 分） （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy，则：vy=at= 0 qUl mdv 代入数据，解得: vy=1．5×106m/s （1 分） 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为： 2 2 6 0 2.5 10 /yv v v m s    （1 分） 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则： 0 3 4 yvtan v    37   （1 分） 因为粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子 在穿过界面 PS后将绕点电荷 Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。 匀速圆周运动的半径： 0.15yr m cos   （1 分） 由： 2 2 kQq vm r r  （2 分） 代入数据，解得： Q=1．04×10-8C （1 分） 7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体， 由动能定理得： (2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 得 ．之 后 滑板以 v2 匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与 滑板 位移相等、时间相等、平均速度相等 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 8．(1)只有当 CD板间的电场力方向向上即 AB棒向右运动时，粒子才可能从 O运动到 O’， 而 粒子要飞出磁场边界 MN最小速度 v0必须满足： ① 设 CD间的电压为 U，则 ② 解①②得 U=25V，又 U=ε=B1Lv 解得 v=5m/s. 所以根据（乙）图可以推断在 0.25s t0时，a3 = t md Blaq 3 – g，越来越大，加速度方向向上 （1 分） 22.解：（1）质点从 P 1到 P 2 ，由平抛运动规律 h= 2 1 gt 2 v t h2 0 v gty  求出 v= ghvv y 222 0  方向与 x 轴负方向成 45°角 （2）质点从 P 2 到 P 3 ，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg Bqv=m R v2 (2R) 2 =(2h) 2 +(2h) 2 解得 E= q mg B= h g q m 2 （1） 质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动。当竖 直方向的速度减小到 0，此时质点速度最小，即 v在水平方向的分量 v 45cosmin v °= gh2 方向沿 x轴正方向 23．解：（20 分） （1）由动量守恒定律：mυ0=2mυ………………………………2 分 碰后水平方向：qE=2ma 2mgE q  …………………2 分 -2aXm=0-υ2………………………………2 分 得： 2 0 8mX g   …………………………………………1 分 （2）在 t时刻，A、B的水平方向的速度为 0 2m at gt       …………………1 分 竖直方向的速度为υγ=gt………………………………………………1 分 合速度为： 2 2 x y   合 ……………………………………………2 分 解得υ合的最小值： min 0 2 4   ……………………………………3 分 （3）碰撞过程中 A损失的机械能： 2 2 2 1 0 0 1 1 3 2 2 8 E m m m      ………2 分 碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中 A损失的机械能： 2 1 2 E  2 0 1 8mqEX m …………………………………………………………2 分 从开始到 A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中 A损失的机械能为： 2 0 1 2 E m  ……………………………………………………………2 分 24（20 分） （1）如图答 1 所示，经电压 2U 加速后以速度 2v 射入磁场，粒子刚好垂直 PQ 射出磁场， 可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在 PQ 边界线的 O 点，半径 2R 与磁场宽 L 的关 系式为 2 cos LR   （2 分），又 2 2 mvR Bq  （2 分），解得 2 cos BqLv m   （2 分） 加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出 PQ 边界的条件为 Eq＝Bq 2v（2 分）， 电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2 分） 由此可得出 2 cos B qLE m   ，E 的方向垂直磁场方向斜向右下（2 分），与磁场边界夹 角为 2    （2 分），如图答 2 所示。 （2）经电压 1U 加速后粒子射入磁场后刚好不能从 PQ 边界射出磁场，表明在磁场中做 匀速圆周运动的轨迹与 PQ 边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心 O 的位置，如图答 3 所示，圆半径 1R 与 L 的关系式为： 1 1 1cos , 1 cos LL R R R      （2 分） 又 1 1 mvR Bq  ，解得 1 (1 cos ) BqLv m    （2 分） 由于 2 1 1 1 2 U q mv ， 2 2 2 1 2 U q mv ，所以 2 2 1 1 2 2 2 2 cos (1 cos ) U v U v     （2 分 25、（20 分）（1）原子为中性，分裂后一定有 qa=-qb（b 一定带负电） (2 分) 原子分裂前后动量守恒，则 pa+pb=0 （2 分） 粒子在磁场中运动时由牛顿定律有 R mvqvB 2  （2 分） ∴ BB q p q mvR  （2分） 则： 4 3 1 2  B B R R b a （2分） （2）a、b 粒子相遇时：ta=tb （2 分） 由题意分析可知,a 粒子在第四次经过 y 轴与 b 粒子第一次相遇时，b 粒子应第三 次经过 y 轴。则 ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2 分） ∵ Bq n v RT  22  （2分） ∴ 21 22 qB n qB mt aa a   21 22 qB n qB mt bb b   即 2121 2222 qB n qB m qB n qB m bbaa   （2 分） 代入数据并化简得： 323 2 2 bbaa mmmm  解之得： 7 5  b a m m 26 (1)小物体下滑到 C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动 从 C 到 D 由 机 械 能 守 恒 定 律 有 ： mgR(1-cos θ )= 2 2 1 Dmv 在 D点用向心力公式有： F-mg=m R mvD 2 解 以上二个方程可得： F=3mg-2mgcosθ (2)从 A到 C由动能定理有： mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ·Rcotθ=0 解方程得： S=(μcot 2 θ-cotθ)R 25．（1）对 27（1）对 b微粒，没与 a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有 2qE = 4mg ∴E = q mg2 对 a微粒碰前做匀速直线运动，则有 Bqv0 = Eq + mg ∴v0 = Bq mg3 （2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为 v 由动量守恒定律得 mv0 = 5mv ∴v = 5 0v 碰后的新微粒电量为– q 设 Q点与 O点高度差为 h 由动能定理： 5mgh – Eqh = 2 1 5m (0.4v0) – 2 1 5m ( 5 0v )2 ∴h = 0.9 22 2 qB gm （3）碰撞后，a、b分开，则有 mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得 va = – 0.2v0 a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为 E · mg q mgqq  2 2 2 ∴F 电 = mg 故 a微粒做匀速圆周运动，设半径为 R B | va | R v mq a 2|| 2  ∴R = 22 22.1||2 qB gm Bq vm a  a的最高点与 O点的高度差 ha = 2R = 22 24.2 qB gm 。 28 mgd aC   ' 2 2 2 2 2 2 2 C TQ md md C mgd C mgd           29 (1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒： m1v1-m2v2=0 同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)] 2 1 v2=[2m1E0/m2(m1+m2)] 2 1 ∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为： H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g 水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： WF=m2gH2+m2v22/2 以上各式联立可得：WF=E0 30 设衰变后，氡核的速度为 v0，α粒子的速度为 vα，由动量守恒定律得 （M－m）v0=mvα α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达 A点需时   v Lt 2   又 2 2 L vmBqv    氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为 v=v0+at 氡核加速度 mM EqQa    )( 由以上各式解得： qBmM mEqQLBqv )(2 )(222     。 31 t LvmI 010  或 t Lv mI 02 。32 U R =8 I  滑 滑 2P I (R R ) 23W  滑出 33 不会 2 为： 6.0 12 )3( 2 1)2( 2 1 2 0 1 2 2 2 11  gl mmmgl   （4=3+1 分） 3.0 24 )3( 2 1)2( 2 1)2( 2 0 2 2 2 2 12  gl mmlmg   （4=3+1 分） 34．解：(1)对 P由 A→B→C应用动能定理，得 WF-μ1m1g(2L1+L2)= 2 12 1 cvm (4 分) 解得 WF=6J (3 分) (2)设 P、Q碰后速度分别为 v1、v2，小车最后速度为 v，由动量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 (2 分) m1vc=(m1+m2+M)v (2 分) 由能量守恒得 μ2m1gS+μ2m2gL=   2 21 2 22 2 1 2 1 2 11 2 1 vmmMvmvm  (3 分) 解得，v2=2m/s v2′= s/m 3 2 v=0.4m/s (3 分) 当 v2′= s/m 3 2 时，v1= s/m 3 5 >v2′不合题意，舍去。 (2 分) 即 P与 Q碰撞后瞬间 Q的速度大小为 v2=2m/s 小车最后速度为 0.4m/s 24 导与练上有 35(20 分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为 R (1 分) 小物块从 A到 B做自由落体运动，根据运动学公式有 gRvB 22  ① (2 分) 代入数据解得 vB=4m/s，方向竖直向下 (2 分) （2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为 vBx，因 OB连线与竖直方向的夹角为 60°， 故 vBx=vBsin60° ② (2 分) 从 B到 C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有 2/2/)60cos1( 22 BxC mvmvmgR  ③ (2 分) 代入数据解得 52Cv m/s (1 分) 在 C点，根据牛顿第二定律有 RmvmgcF C /2 ④ (2 分) 代入数据解得 35cF N (1 分) 再根据牛顿第三定律可知小物块到达 C点时对轨道的压力 FC=35N (1 分) （3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的 机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最 小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mvC=(m+M)v ⑤ (2 分) 2/)(2/ 22 vMmmvmgL C  ⑥ (2 分) 联立⑤、⑥式得 )](2/[2 MmgMvL C   ⑦ 代入数据解得 L=2.5m (2 分) 36(共 20 分) (1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电 流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越 来越小的变加速运动。 …………(6 分) (2)阻力 f与安培力 F安衡时，框有 vmf=Kvm=F=2IBL①………(2 分) 其中 I=E/R ②………(1 分) E=2BL(v-vm) ③………(2 分) ①②③联立得： Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL ∴Kvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/R ∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2) ④………(1 分) =3.2m/s ⑤………(2 分) (3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。 据能量守恒 E 硫=I2Rt+Kvm·vmt (4 分) E 磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1 = 2 814014 222 ..  +018×3.22 =2.9J (2 分) 37（20 分）（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始 终 与 磁 场 方 向 垂 直 ， 故 线 框 aa  转 到 图 示 位 置 时 ， 感 应 电 动 势 的 大 小 E=2Blv=2Bl 2 L =BlLω（3 分）。 （2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻 R并 联后一起作为外电路。.电源内阻为 r，外电路总电阻 R 外= 3 2   rR Rr r.故 R两端的电压 最大值：UR=IR 外 BlLErrr E 5 2 5 2 3 2 3 2    （4 分） （3） aa 和 bb 在磁场中，通过 R的电流大小相 等， iR= 5 2  R UR BlLω· r BlL r 52 1   . 从线框 aa′进入磁场开始计时，每隔 T/8（线框转动 45°）电流发生一次变化，其 iR随时 间 t变化的图象如图所示。（5 分，其中图 3 分） （4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为： I= r E rr E 5 3 3 2   , P=IE= r BlL r E 5 )(3 5 3 22  .（4 分） 两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源 时的做功时间）为 8 T .根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化 为电源所获得的电能，所以 W 外=4P· 8 T =P· 2 T =P· r LlB 5 3 222     （4 分） 38 .解； ( 1 ）m 对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断．有 T=kx0 ① 2 1 mv 2 0 ≥ 2 1 kx 2 0 ② 解①②式得 v0≥ mk T ③ (2)细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为 v1，由机械能守恒有 2 1 mv 2 0 = 2 1 mv 2 1 + 2 1 kx 2 0 ④ ∴v1 = mk Tv 2 2 0  ⑤ 当滑块和长板的速度相同时，设为 v2，弹簧的压缩量 x 最大，此时长板的加速度 a 最大， 由动量守恒和机械能守恒有 ( 3 ）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为 v3，由动量守恒和机械能守恒有 其中 m＞M 39. (1）粒子在电场中 x 偏转：在垂直电场方向 v- = v0平行电场分量 Hv d = v- ·t ① 2 d = 2 Hv ② Hv = v0 得 02vv  粒子在磁场中做匀速画周运动．故穿出磁场速度 02vv  ③ (2)在电场中运动时 v v = m qE ·t= m qE · 0v d ④ 得 E= qd mv 2 0 ⑤ 在磁场中运动如右图运动方向改变 450，运动半径 R R= 045sin d = d2 ⑥ 又 qvB = R mv 2 ⑦ B= qR mv = qd mv dq vm 0 2 2 0  ⑧ 得 0vB E  ⑨ ( 3 ）粒子在磁场中运动时间为 t’ ⑩ 粒子在龟场中运动的时间为 t t= 0v d 运动总时间 t 总=t + t1 = 0v d + 04v d 42（18 分） （1）电场强度 UE d  带电粒子所受电场力 F= ,UqqE F ma d   9 24.0 10 /Uqa m s dm    （2）粒子在 0— 2 T 时间内走过的距离为 2 21 ( ) 5.0 10 2 2 Ta m  故带电粒子在 2 Tt  时恰好到达 A 板 根据动量定理，此时粒子动量 234.0 10 . /p Ft Kg m s   （3）带电粒子在 ~ 4 2 T Tt t  向 A 板做匀加速运动，在 3~ 2 4 T Tt t  向 A 板做匀减速 运动，速度减为零后将返回。粒子向 A 板运动可能的最大位移 2 21 12 ( ) 2 4 16 Ts a aT   要求粒子不能到达 A 板，有 sr0 时，v0，粒子会向上极板偏转; rv0,F 合<0，粒子会向下极板偏转。 46（20 分） 解（1）由 4 4 mgR mgRmgR    得 3  （2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则 2 1 1 2 4 mgRmv  2 2 1 2 4 mgRmv   设向右为正、向左为负，解得 1 1 2 v gR  ，方向向左 2 1 2 v gR ，方向向右 设轨道对 B 球的支持力为 N， B 球对轨道的压力为 N′，方向竖直向上为正、向下 为负．则 2 2vN mg m R    ， ' 4.5N N mg    ，方向竖直向下 （3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2，则 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 mv mv mV mV mgR mV mV            解得 1 22 , 0V gR V   （另一组解：V1=－v1，V2=－v2 不合题意，舍去） 由此可得： 当 n 为奇数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束 时相同； 当 n 为偶数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束 时相同； 47.解：(1)设带电粒子的电量为 q，质量为 m，在 B1 和 B2中运动轨道半径分别为 r1 和 r2，周 期分别为 T1和 T2， 由 qvB= r T m r mV 22 2        (2 分) 可得，r1= 1 0 qB mv r2= 1 0 qB mv T1= 1 2 qB m T2= 2 2 qB m 粒子第一次过 x 轴时的坐标为 x1=2r1= 1 2 qB m (2 分) 粒子第一次过 x 轴时的经历的时间为 t1= 1 12 1 qB mT   (2 分) (2)设用 x表示至第 n次过 x轴的整个过程中，粒子沿 x轴方向的位移大小，当 n为奇数时则 有 x=  6422 2 12 2 1 21 ,,nrnrn     (2 分) 当 n为偶数时，则有 x=n(2r1-2r2)(n=2，4，6…) (2 分) 用 t表示从开始到此时的时间， 当 n为奇数时，则有 t=n( 21 2 1 2 1 TT  )(n=2，4，6…) (2 分) (3)由 v= v x 得， 当 n为奇数时，则有          2 11 11 0 1 2 1 2    n B Bn n B Bn v v (2 分) 当 n为偶数时，则有 1 1 2 1 2 1 2 0    B B B B v v  (2 分) (4)若 B2：B1=2，则当 n很大时(n+1)≈(n-1),有 v：v0趋于  3 2 (2 分) 48（20 分） 解：设粒子进入圆形区域时的速度为 v，电场强度为 E，磁感应强度为 B。 当电场、磁场同时存在时，由题意有： 0qE qvB  …………① （2 分） 02R v T  …………② （2 分） 当只撤去磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，有： x方向，匀速直线运动： 0 2 TR v  …………③ （2 分） y方向，匀加速直线运动： 201 ( ) 2 2 TqER m    …………④ （3 分） 当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设半径为 r，圆心为 P，转过的角度为θ，则有： 2vqvB m r  …………⑤ （2 分） 2 mT qB   …………⑥ （2 分） tan 2 R r   …………⑦ （3 分） 2 t T    …………⑧ （2 分） 联解得： 0 arctan 2 2 Tt  （2 分） 49．质子的运动轨迹如图 (1) 质子在电场中先作减速运动并使速度减为零，然后反向运动，在电场中运动的时间 质子从 C 运动到 D 的时间 所以，质子从 A点出发到第三次穿越χ轴所需时间 (3)质子第三次穿越χ轴后，在电场中作类平抛运动，由于 V0与χ负方向成 45 。 角，所以第 四次穿越 x轴时 所以，速度的大小为 速度方向与电场 E 的夹角设为θ，如图所示 50．解：（1）电容极板电压 C QU  …………① 极板问场强 Cd QE  …………② 则 Cd qQqEF  …………③ （2）弹丸到达 P 点时两者有共同速度，设为 v，由动量守恒有： vmMmv )(0  …………④ 对弹丸，由动能定理得： 22 0 )( 2 1 2 1 vmMmvFx  …………⑤， 解得 )(2 2 0 mMq CdMmvx   …………⑥ （3）对电容器，由动能定理得： 2 2 1 MvFs  …………⑦ 解得 2 2 0 2 )(2 mMQ vCdMm s   …………⑧ （4）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为 v1、弹丸速 度为 v2。则由动量守恒有： 210 mvMvmv  …………⑨ 在整个过程中由能量守恒，即 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvMvmv  …………⑩ 由⑨、⑩两式解得 mM mvv   0 1 2 …………○11 51．( 20 分 ) 解：（1）C在 B上滑动过程中，动量守恒， 1)( vmmvm bccc  2 分 sm mm mv /12 1     全过程能量守恒 mglvmmvm bccc  2 1 2 )( 2 1 2 1 2 分 代入数据解得 1.0 2 分 （2）AB 碰撞，AB 系统动量守恒 2)( vmmvm baaa  1 分 smv /22  AB 一起运动，C在 B上相对滑动 2/1 smg m mgac   1 分 2/5.0 sm mm mgaab     1 分 C 滑到 B 的右端时，有 Lss cab  2 分 2 2 2 1 tatvs abab  1 分 2 2 1 tas cc  1 分 代入数据有 11 2 15.0 2 12 22  ttt 即 C 在 B 上运动时间为 st 3 2  此 时 smtav cc / 3 2 3 21|  smtavv abab / 3 5 3 25.022  2 分 此后 AB 分离，C在 A上滑动过程中，CA 系统动量守恒 3 | )( vmmvmvm acabacc  1 分 CA 系统能量守恒 |2 3 22| )( 2 1 2 1 2 1 mgLvmmvmvm acabacc  1 分 mL 25.0|  即物块 C 停在 A 上距 A 左端 0.25m 处． 3 分 52（19 分 x）解答： （1）R1＝ R 3  2R 3 R ＝ 2R 9 ＝ 8 3  ① （4 分） F ＝ BIL ＝ B2( 3 r) 2v1 R1 ＝0.12 N ② （4 分） 由 mg - F ＝ ma ③ （2 分） a ＝g - F m ＝ 8.8（m / s2） ④ （2 分） （2）mgr - Q ＝ 1 2 mv22 – 0 ⑤ （5 分） Q ＝ mgr - 1 2 mv22 ＝ 0.44 J ⑥ （2 分） 53（20 分）解答： （1）货物   2 01 01 1 1 1 s/m2 1 1011.033         mm gmm m fF a  （1 分） 小车 2 2 s/m1   M fa （1 分） 经 t1=2s 货物运动 m4 2 1 2 111  taS （1 分） 小车运动 m2 2 1 2 122  taS （1 分） 货物 V1=a1t1=2×2=4m/s 向右 小车 V2=a2t1=1×2=2m/s 向右 经 2 秒后，货物作匀减速运动 2 01 2 1 s/m2 1 11       mm fqE a 向左 （1 分） 小车加速度不变，仍为 a2=1m/s2 向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右 端 ， 以 后 因 为 qE2=f=µ(m0+m1)g ， 货 柜 和 小 车 一 起 作 为 整 体 向 右 以 2 10 2 3 s/m5.0 2 1    mmm qE a 向右作匀减速直到速度都为 0． （1 分） 共同速度为 V=V1—a1′ t2 V=V2+a2′t2 t2= s 3 2 V= 3 8 m/s （1 分） 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 s 3 16 5.0 3 80 3    t （1 分） 第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s （2 分） （2）小车在 t2 时间内位移 S3=V2t2+ 2 1 a2t22= 9 14 m （2 分） 货柜在 t2 时间内位移为 S4=V1t2— 2 1 a1′t22= 9 20 m （2 分） 小车长度 L=S1-S2+S4-S3= 9 24 m （2 分） （或用能量守恒 qE1S1-qE2S4= 2)( 2 1 VMmmgl  L= 9 24 m （2 分） （3）小车右端到达目的地的距离为 S m7.10 3 32 9 96 2 0 3 22 32    a VSSS （2 分） 54．第一阶段拉力 F小于 CA间最大静摩擦力，因此 CA共同加速到与 B相碰，该过程对 CA用动能定理：F-μ23mgs=3mv12/2，得 v1=0.8 3 m/s AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度 v2=0.4 3 m/s C在 AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到 B右端时恰好达到共速： 2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度 v=0.6 3 m/s C在 AB上滑行全过程用能量守恒：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ12mg2L 得 L=0.3m 57.(1)3:1 (2)1: 3 (3)2:1 58.(1)2mg/q (2)UAB=0;UOB=mgd/q (3)OP=d/3; OC=2.4d ; OD=2d 59．（17 分） （1）球 1 与球 2、球 2 与球 3 碰撞后速度互换，球 3 以球 1 碰球 2 前瞬间的速度开始 上升到 H高处，然后再摆回来与球 2、球 2 与球 1 碰撞，使球 1 上升到 H 高处，此后，系 统做到周期性运动，则 )( 2 1,2 3131 TTT g LTT   …………………2′ 由此可知系统的运动周期为： g LT 2 …………………………………………2′ （2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为 p,则 m pEk 2 2  ，球 2 在与球 3 碰前具有动 量 2p，根据机械能守恒定律，对于球 2 与球 3 碰撞的情况应有： 2 2 1 2 2 2 2 )2( 22 )2( m p m p m p  ………………………………………………………2′ 由此得： 2m ∶ 3m ＝3∶1………………………………………………1′ 球 1 与球 2 碰前的动量为 3p，根据机械能守恒定律有： 2 2 1 2 1 2 2 )2( 22 )3( m p m p m p  ……………………………………………………………2′ 由此得： 1m ∶ 2m ＝2∶1……………………………………………………………1′ 从而可得： 1m ∶ 2m ∶ 3m ＝6∶3∶1…………………………………………………1′ 设三球碰后上升的高度分别为 321 HHH 、、 球 1 碰前动能 1KE ＝ gHm1 ,又 1KE ＝ 1 2 2 )3( m p ,∴ 2H ＝ gm P 2 1 2 2 9 球 1 碰后动能 1KE ＝ ,11gHm 又 1KE ＝ 2 2 p m ，∴ 2 2 2 12 PH m g  从而可得： 91 HH  …………………………………………………………………2′ 同理可得： 2 4 9 HH  …………………………………………………………………2′ HH 43  …………………………………………………………………2′ 60．（15 分） （1）因为+ baqq bA 、, 是以中点 O 对称，所以 0abU ……………………………1′ 滑块由 a→b，根据动能定理： 02 1 EmgqU ab   ………………………………2′ ∴ mgl E02  ………………………………………………………2′ （2）对小滑块由 o→b的过程，根据动能定理： 04 1 nEmgqU ab   ………………2′ q En q nEmg U ab 2 )21(4 1 0 0      ……………………………………………2′ （3） q EnUU abab 2 )12( 0  ……………………………………………………2′ 小滑块从 a点开始，最终停在 O点，根据动能原理 aoqU － 0Emgs  …………………………………………………………………2′ S＝ 0 (2 1) 4 aoqU E n l mg    ……………………………………………………2′ 61．（15 分） （1）设木板不动，电动车在板上运的加速度为 0a ． 由 L＝ 2 02 1 ta 得 2 0 /5.2 sma  …………………………………………………1′ 此时木板使车向右运动的摩擦力 NmaF 5.20  ………………………………1′ 木板受车向左的反作用力 NFF 5.2 …………………………………………1′ 木板受地面向右最大静摩擦力 NgmMF f 5.0)(   …………………………1′ fFF  所以木板不可能静止，将向左运动 ………………………………………1′ （2）设电动车向右运动加速度 1a ,木板向左运动加速度为 2a ，碰前电动车速度为 1v ， 木板速度为 2v ,碰后共同速度为 v，两者一起向右运动 s而停止。 对电动车 1maF  …………………………………………………………………1′ 对木板 (F m+M）g＝Ma 2 ……………………………………………………1′ F′＝F………………………………………………………… 又 2 1 ltata  21 2 1 …………………………………………………………1′ 解得 2 2 2 1 /4.0,/1.2 smasma  ………………………………1′ smtav /2.411  ……………………………………………………………1′ smtav /8.022  ……………………………………………………………1′ 两者相碰时，动量守恒 vMmMvmv )(21  …………………………1′ s sm Mm Mvmvv /2.0 5 8.042.4121       ……………………………………1′ 根据动能定理：－ 2)( 2 1)( vMmgSMm  …………………………………1′ 解得：S＝0.2m………………………………………………………………………1′ 62．由题意可得行星的轨道半径 r 为： sinr R  …………………①（1 分） 设行星绕太阳的运转周期为 'T ，由开普勒第三定律有： 3 3 2 / 2 R r T T  …………②（1 分） （用万有引力定律和匀速圆周运动知识解答，结果正确照样给分） 设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前与地球，且设经时间 t 地球转过 角后该行 星再次处于最佳观察期。则行星转过的角度  为： 2      ………………③（2 分） 于是有： 2 t T   ………………………………………………④（1 分） ' 2 t T   ………………………………………………………… ⑤（1 分） 解①②③④⑤可得： 3 3 ( 2 ) sin 2 (1 sin ) t T        ………………………………… ⑥（2 分） 若行星最初处于最佳观察期时，其位置滞后与地球，同理可得： 3 3 (2 ) sin 2 (1 sin ) t T        ……………………………………… ⑦（4 分） 63．设面粉袋得质量为 m，其在与传送带产生相当滑动得过程中所受得摩擦力 f mg 。 故而其加速度为： 24.0 /fa g m s m    ……………………………………… （1 分） （1）若传送带得速度 v带 ＝4．0m/s,则面粉袋加速运动的时间 1t v / 1.0a s带＝ ，在 1t 时间内的位移 1s 为： 2 1 1 1 2.0 2 s at m  …………………………………（1 分） 其后以 v＝4．0m/s 的速度做匀速运动 2 1 2ABs l s vt   解得： 2 1.5t s ………………………………………………………… （1 分） 运动的总时间为： 1 2 2.5t t t s  ………………………………………（1 分） （2）要想时间最短，m 应一直向 B 端做加速度， 由： / 21 2ABl at 可得： ' 2.0t s （1 分） 此时传送带的运转速度为： ' ' 8.0 /v at m s  ………………… （1 分） 由 2v r nR   可得：n＝240r/min（或 4r/s）…………………… （2 分） （3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最 长。即痕迹长 s 为： 2 2 18.0s l R m   ……………………………… （2 分） 在面粉袋由 A 端运动到 B 端的时间内，传送带运转的距离 ABs+l 26.0s m带＝ 又由（2）已知 't ＝2．0s 故而有： '2 sn r t   则： ' 390 / minn r （或 6．5r/s） ……………………………………… （2 分）